高考物理一轮复习课时考点过关练气体热力学定律

课时考点32 气体 热力学定律

A组：全国卷

1．[2016·全国卷Ⅰ，33(2)]在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压2σ

强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070 N/m。现让水下10 m处一

r半径为0.50 cm的气泡缓慢上升，已知大气压强p0＝1.0×10 Pa，水的密度ρ＝1.0×10 kg/m，重力加速度大小g＝10 m/s。 (ⅰ)求在水下10 m处气泡内外的压强差；

(ⅱ)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。

2．[2016·全国卷Ⅱ，33(2)]一氧气瓶的容积为0.08 m，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。

3．[2016·全国卷Ⅲ，33(2)]一U形玻璃管竖直放置，左端开

3

3

3

2

53

教育资料 口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg。环境温度不变。

4．[2015·新课标全国卷Ⅱ，3(2)]如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时将开关K关闭。已知大气压强p0＝75.0 cmHg。 (ⅰ)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；

(ⅱ)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。

5．[2015·新课标全国卷Ⅰ，33(2)]如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。已知大活塞的质量为m1

教育资料 ＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm；两活塞用刚性轻杆连接，间距为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×10 Pa，温度为T＝303 K。初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495

2K。现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加2

5

2

l速度大小g取 10 m/s2

。求：

(ⅰ)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度； (ⅱ)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。

B组：地方卷

6．(2015·北京理综，13)下列说法正确的是( ) A．物体放出热量，其内能一定减小 B．物体对外做功，其内能一定减小

C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加 D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变

7．[2015·福建理综，29，(2)]如图，一定质量的理想气体，由状态

a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c。设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为

教育资料 Qab和Qac。则( )

A．Tb＞Tc，Qab＞Qac C．Tb＝Tc，Qab＞Qac

B．Tb＞Tc，Qab＜Qac D．Tb＝Tc，Qab＜Qac

8．[2014·山东理综，37(1)](多选)如图，内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体。当环境温度升高时，缸内气体( ) A．内能增加 B．对外做功 C．压强增大

D．分子间的引力和斥力都增大

9．[2016·江苏单科12A(2)(3)](1)如图甲所示，在斯特林循环的p－V图象中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成。B→C的过程中，单位体积中的气体分子数目________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图象如图乙所示，则状态A对应的是________(选填“①”或“②”)。

图甲

图乙

(2)如图甲所示，在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4 J和20 J，在B→C和C→D的过程中，气体吸收的热量分别为20 J和12 J。求气体完成一次循环对外界所做的功。

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10．[2015·重庆理综，10(1)]某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大。若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么( ) A．外界对胎内气体做功，气体内能减小 B．外界对胎内气体做功，气体内能增大 C．胎内气体对外界做功，内能减小 D．胎内气体对外界做功，内能增大

(2)北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结。若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1，压强为p1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T2。整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为p0。求冻结后肥皂膜内外气体的压强差。

11．[2015·山东理综，37(2)]扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。如图，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K，压强为大气压强p0。当封闭气体温度上升至303 K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303 K。再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求：

(ⅰ)当温度上升到303 K且尚未放气时，封闭气体的压强； (ⅱ)当温度恢复到300 K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。

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1．(2016·云南昆明二检)下列说法正确的是________。(填正确答案标号) A．温度低的物体内能一定小

B．从单一热源吸收热量使之全部变成有用的机械功而不引起任何变化是不可能的 C．液体与大气相接触，表层分子所受其他分子的作用表现为相互吸引 D．熵值越大，表明系统内分子运动越无序

E．分子运动的平均动能可能为零，瞬时速度不可能为零

2．(2016·山东日照高三统考)下列说法正确的是________。(填正确答案标号) A．液晶具有流动性，光学性质各向异性 B．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力

C．热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体 D．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功转化为机械能 E．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力 3．(2016·河南开封高三冲刺)如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成

a、b两部分。已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空。抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态。在此过程中________。(填正确答案标号)

A．气体对外界做功，内能减少 B．气体不做功，内能不变 C．气体压强变小，温度不变 D．气体压强变大，温度不变

E．单位时间内撞击容器壁的分子数减少

4．(2016·吉林白山二模)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如右的pt图象。已

知在状态B时气体的体积VB＝3 L，求：

(1)气体在状态A的压强； (2)气体在状态C的体积。

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5．(2016·兰州市诊断)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝ T0，线段

AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求：

(1)气体在状态B时的压强pB；

(2)气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为10 J，该过程中气体吸收的热量为多少；

(3)气体在状态C时的压强pC和温度TC。

6．(2016·陕西五校一模)如图所示是农业上常用的农药喷雾器，

教育资料 贮液筒与打气筒用细连接管相连，已知贮液筒容积为8 L(不计贮液筒两端连接管体积)，打气筒活塞每循环工作一次，能向贮液筒内压入1 atm的空气200 mL，现打开喷雾头开关K，装入6 L的药液后再关闭，设周围大气压恒为1 atm，打气过程中贮液筒内气体温度与外界温度相同且保持不变。求：

(1)要使贮液筒内药液上方的气体压强达到3 atm，打气筒活塞需要循环工作的次数； (2)打开喷雾头开关K直至贮液筒内、外气压相同时，贮液筒向外喷出药液的体积。

7．(2016·邯郸质检)如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体。开始时管道内气体温度都为T0＝500 K，下部分气体的压强p0＝1.25×10 Pa，活塞质量m＝0.25 kg，管道的内径横截面积S＝1 cm。现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T，最终管道内32

上部分气体体积变为原来的，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g取10 m/s，求此时

4上部分气体的温度T。

2

5

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8．(2016·云南大理质检)如图所示，长为31 cm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱的上端正好与管口齐平，封闭气体的长为10 cm，外界大气压强不变。若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，这时留在管内的水银柱长为15 cm，然后再缓慢转回到开口竖直向上，求： (1)大气压强p0的值；

(2)玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度。

9．(2016·湖北八校联考)如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时气柱高度为h0，若在活塞上放上一个质量为m的砝码，再次平

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衡后气柱高度变为h。去掉砝码，将汽缸倒转过来，再次平衡后气柱高度变为h′。已知气体温度保持不变，汽缸横截面积为S，重力加速度为g，试求大气压强p0以及活塞的质量

M。

课时考点32 气体 热力学定律

三年高考真题演练

2σ2×0.070

1．(ⅰ)由公式Δp＝得Δp＝－3 Pa＝28 Pa

r5×10水下10 m处气泡内外的压强差是28 Pa。 (ⅱ)气泡上升过程中做等温变化，由玻意耳定律得

p1V1＝p2V2①

43

其中，V1＝πr1②

3

V2＝πr32③

由于气泡内外的压强差远小于10 m深处水的压强，气泡内压强可近似等于对应位置处的水的压强，所以有

4

3

p1＝p0＋ρgh1＝1×105 Pa＋1×103×10×10 Pa

＝2×10 Pa＝2p0④

5

p2＝p0⑤

4343

将②③④⑤代入①得，2p0×πr1＝p0×πr2

332r1＝r2

3

3

r23

＝2 r1

教育资料 3

答案 (ⅰ)28 Pa (ⅱ)2∶1

2．解析 方法一 设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2。根据玻意耳定律得

p1V1＝p2V2①

重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为

V3＝V2－V1②

设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有

p2V3＝p0V0③

设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为

N＝

V0

④ ΔV联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天)⑤

方法二 对氧气瓶内的氧气，由于温度保持不变，由玻意耳气体实验定律和总质量不变得

p1V1＝np2V2＋p3V1

其中p1＝20个大气压 V1＝0.08 m

3

p2＝1个大气压 V2＝0.36 m3 p3＝2个大气压

代入数值得n＝4(天) 答案 4天

3．解析 设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝

p0，长度为l2。活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱

的压强为p2′，长度为l2′。以cmHg为压强单位。由题给条件得

p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg＝90 cmHg l1＝20.0 cm① l1′＝(20.0－

20.0－5.00

) cm＝12.5 cm② 2

由玻意耳定律得

p1l1S＝p1′l1′S③

联立①②③式和题给条件得

p1′＝144 cmHg④

依题意

p2′＝p1′⑤

教育资料 l2′＝4.00 cm＋

20.0－5.00

cm－h＝11.5 cm－h⑥ 2

由玻意耳定律得

p2l2S＝p2′l2′S⑦

联立④⑤⑥⑦式和题给条件得

h＝9.42 cm⑧

答案 144 cmHg 9.42 cm

4．解析 (ⅰ)以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1。 由玻意耳定律得pl＝p1l1① 由力学平衡条件得p＝p0＋h②

打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件有

p1＝p0－h1③

联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0 cm④

(ⅱ)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2。 由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤ 由力学平衡条件有p2＝p0⑥

联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4 cm⑦ 设注入的水银在管内的长度Δh，依题意得 Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧

联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13.2 cm⑨ 答案 (ⅰ)12.0 cm (ⅱ)13.2 cm

5．解析 (ⅰ)大小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得＝

初状态V1＝(S1＋S2)，T1＝495 K

2末状态V2＝lS2

2

代入可得T2＝T1＝330 K

3

V1V2T1T2

l教育资料 (ⅱ)对大、小活塞受力分析则有

m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝p1S1＋pS2

可得p1＝1.1×10 Pa

缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得＝ 5

p1p2T2T3

T3＝T＝303 K

解得p2＝1.01×10 Pa

答案 (ⅰ)330 K (ⅱ)1.01×10 Pa

6．C [由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。若物体放热Q＜0，但做功W未知，所以内能不一定减小，A选项错误；物体对外做功W＜0，但Q未知，所以内能不一定减小，B选项错误；物体吸收热量Q＞0，同时对外做功W＜0，(W＋Q)可正、可负，所以内能可能增加，故C选项正确；物体放出热量Q＜0，同时对外做功W＜0，所以ΔU＜0，即内能一定减小，D选项错误。]

5

5

V02V0

7．C [a→b过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得：＝，得Tb＝2Ta，a→c过程为等

TaTbp02p0

容变化，由查理定律得：＝，得Tc＝2Ta所以Tb＝Tc由热力学第一定律：a→b：Wab＋QabTaTc＝ΔUab

a→c：Wac＋Qac＝ΔUac

又Wab＜0，Wac＝0，ΔUab＝ΔUac则有Qab＞Qac故C项正确。]

8．AB [因气缸导热良好，故环境温度升高时封闭气体温度亦升高，而一定质量的理想气体内能只与温度有关，故封闭气体内能增大，A正确；因气缸内壁光滑，由活塞受力平衡有p0S＋mg＝pS，即缸内气体的压强p＝p0＋不变，C错误；由盖—吕萨克定律＝恒量可知气体体积膨胀，对外做功，B正确；理想气体分子间除碰撞瞬间外无相互作用力，故D错误。]

9．解析 (1)从B→C的过程中，气体体积不变，故单位体积中的气体分子数目不变；因

mgSVTTA

(2)完成一次循环气体内能不变ΔU＝0，吸收的热量

Q＝(20＋12－4－20) J＝8 J

由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，W＝－8 J， 气体对外做功为8 J。

教育资料 答案 (1)增大 ① (2)8 J

10．解析 (1)车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气体温度升高，故胎内气体内能增大，D项正确。 (2)对泡内气体由查理定律得

p1p2

＝① T1T2

内外气体的压强差为Δp＝p2－p0② 联立①②式解得Δp＝p1－p0③ 答案 (1)D (2)p1－p0

11．解析 (ⅰ)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300 K，压强为p0；末状态温度T1＝303 K，压强设为p1，由查理定律得

T2T1

T2T1

p0p1

＝① T0T1

代入数据得

p1＝

101

p0＝1.01p0② 100

(ⅱ)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得

p1S＝p0S＋mg③

放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝303 K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300 K，压强设为p3，由查理定律得

p2p3

＝④ T2T3

设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得

F＋p3S＝p0S＋mg⑤

联立②③④⑤式，代入数据得

F＝

201

p0S＝0.02p0S⑥

10 100

答案 (ⅰ)1.01p0 (ⅱ)0.02p0S 两年模拟试题精练 1．BCD 2.ACE 3.BCE

4．解析 (1)从题图中可知气体由A到B是等容变化，初态pB＝1.0 atm，TB＝(273＋91)K

pApBpA1

＝364 K，末态TA＝273 K，由＝得＝，所以pA＝0.75 atm

TATB273364

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(2)气体由B到C是等温变化， pB＝1.0 atm，VB＝3 L，pC＝1.5 atm，由pBVB＝pCVC得：

VC＝2 L。

答案 (1)0.75 atm (2)2 L

1

5．解析 (1)A→B：等温变化p0V0＝pB×2V0，解得pB＝p0

2(2)A→B：ΔU＝0，ΔU＝Q＋W，Q＝－W＝10 J 1VBTB1

(3)B→C：等压变化，pC＝pB＝p0，＝，TC＝T0

2VCTC2111

答案 (1)p0 (2)10 J (3)p0 T0

222

6．解析 (1)贮液筒内药液上方的气体体积为V0＝8 L－6 L＝2 L，设1 atm下，打入贮液筒气体后，总体积V1，则：V1＝V＋V0 设1 atm下，气体的压强：p0＝1 atm 打入贮液筒气体后体积：V2＝V0 打入贮液筒气体后的压强：p2＝3 atm 由理想气体方程得：p1V1＝p2V2 解得：V＝4 L

打气次数：n＝＝20

0.2 L

(2)打开喷雾头开关K直至贮液筒内外气压相同时，p3＝1 atm 由理想气体方程得：p1V1＝p3V3 解得：V3＝V1＝6 L

故喷出药液的体积V′＝V3－V0＝4 L 答案 (1)20次 (2)4 L

7．解析 设初状态时两部分气体体积均为V0， 对下部分气体，等温变化时，p0V0＝pV，

VV＝V0，解得p＝1×105 Pa。

对上部分气体，初态p1＝p0－＝1×10 Pa。 末态p2＝p－＝0.75×10 Pa，

54

mgS5

mgS5

根据理想气体状态方程，有

p1V0

＝T0

p2·V0

T，

34

教育资料 解得T＝281.25 K。 答案 281.25 K

8．解析 (1)由题意知，封闭气体发生等温变化，初态：p1＝p0＋21 cmHg，V1＝10S，末态：p2＝p0－15 cmHg，V2＝(31－15)S＝16S， 由玻意耳定律，得p1V1＝p2V2，解得p0＝75 cmHg。 (2)p3＝(75＋15) cmHg＝90 cmHg，V3＝LS， 由玻意耳定律得p1V1＝p3V3， 解得L＝10.67 cm。

答案 (1)75 cmHg (2)10.67 cm

9．解析 气体的初始状态和加上砝码后的状态，由玻意耳定律可得

?p0＋Mg?hS＝?p0＋Mg＋mg?hS， ?0?S?SS?????

气体的初始状态和倒转汽缸之后的状态，由玻意耳定律可得

?p0＋Mg?hS＝?p0－Mg?h′S， ?0?S?S?????

由上述两式解得：

mgh（h′＋h0）mh（h′－h0）p0＝，M＝。

2h′（h0－h）S2h′（h0－h）

答案

mgh（h′＋h0）mh（h′－h0）

2h′（h0－h）S2h′（h0－h）

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